安徽省淮北一中2015-2016学年高二物理上册第一次月考试题.doc

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【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带有异种电荷的完全相同的金属小球，当它们接触的时候，它们的电荷量先中和，之后再把剩余的电荷量平分，由此可以求得每个小球的电荷量的多少，再根据库仑定律求解即可【解答】解：A带电荷量为7Q，B带电荷量为Q，当它们接触之后，电荷量先中和再平分，所以接触之后每个球带的电荷量为4Q，根据库仑定律可得，原来没接触时作用力为，F=k=k，接触之后作用力为，F=k=k=F，所以D正确故选：D【点评】解决本题的关键就是掌握住电荷平分的原则，当完全相同的金属小球互相接触时，它们的电荷量将会平分2如图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（）A带等量异种电荷的平行金属板之间的两点B离点电荷等距的任意两点C两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点D两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点【考点】电势；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行【解答】解：A、平行板电容器中场强相同而电势不同，A错误；B、距离点电荷等势面上的点电势相等，而场强不同，B错误；C、两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等而场强的方向不同，C错误；D、两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势为零，场强相同，D正确；故选D【点评】不同考查了不同电场中电势和场强的知识，其中重点是电势是标量而场强是矢量3由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（）AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm2C2DNm2A2【考点】库仑定律 【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系【解答】解：根据F=k可得：k=，由于F=ma，q=It，所以k=根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kgA2m3s4故选：B【点评】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，由物理公式推导出的单位叫做导出单位4如图所示，虚线为某点电荷电场的等势面，现有两个重力可忽略不计的带电粒子，其比荷相同，二者以相同的速率从同一等势面的a点进入电场后沿不同的轨迹1和2运动，图中a、b、c、d、e是粒子轨迹与各等势面的交点，则可以判断（）A两个粒子的电性相同B经过b、d两点时，两粒子的速率相等C经过b、d两点时，两粒子的加速度大小相等D经过c、e两点时，两粒子的电势能相等【考点】等势面；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹判定电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，可知两粒子在从A向B、C运动过程中电场力做功情况根据ABC三点在同一等势面上，可判定从A到B和从A到C过程中电场力所做的总功为0【解答】解：A、由图可知电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同，故A错误B、电荷1受到中心电荷的斥力，a到b的过程电场力做负功；而电荷2受到中心电荷的引力，a到d的过程电场力做正功，所以两粒子的在b、d两点的速率不相同，故B错误C、两粒子经过b、d两点时，受到库仑力作用，由牛顿第二定律可得，由题意可知，两粒子的加速度大小相同，故C正确D、两个粒子的初速度仅仅是方向不同，若速率相等，而粒子1从a到c、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过c、e两点两粒子的速率相等但质量大小不一定相等，故D错误；故选：C【点评】根据轨迹判定“电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口5如图所示，水平放置的平行金属板充电后板间形成匀强磁场，板间距离为d，一个带电的液滴带电荷量大小为q，质量为m，从下板边缘射入电场，沿直线从上板边缘射出，已知重力加速度为g，则下列说法的是（）A液滴做的是匀速直线运动B液滴做的是匀减速直线运动C两板的电势差为mgD液滴的电势能减少了mgd【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势差与电场强度的关系 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】液滴沿直线运动，则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零，即可判断出电场力方向竖直向上，而且电场力与重力相平衡，由动能定理求解电势差【解答】解：A、B、液滴进入竖直方向的匀强电场中，所受的电场力方向竖直向上或竖直向下，因为微粒做直线运动，可知，电场力方向必定竖直向上，而且电场力与重力平衡，液滴做匀速直线运动，故A正确，B不正确；C、液滴从下极板运动到上极板的过程中，由动能定理有：qUmgd=0，解得：U=，故C正确；D、液滴进入竖直方向的匀强电场中，重力做功mgd，微粒的重力势能增加，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能减小了mgd，故D正确；本题选不正确的，故选：B【点评】本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析受力情况，判断出粒子做匀速直线运动再根据匀速直线运动来分析运动过程中做功的情况6如图所示A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b，在a孔正上方某处一带电质点由静止开始下落，不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回现要使带电质点能穿出b孔，可行的方法是（）A保持S闭合，将A板适当上移B保持S闭合，将B板适当下移C先断开S，再将A适当上移D先断开S，再将B适当下移【考点】电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动 【专题】电容器专题【分析】由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理列式若保持S闭合时，将A板适当上移，重力做功和电场做功没有变化，质点恰好到达b孔速度为零，不能穿过b孔；将B板适当下移，重力做功大于电场力做功，质点到达b孔的速度大于零，能穿过b孔若断开S时，将A板或B板适当移动，根据动能定理分析研究【解答】解：设质点距离A板的高度h，A、B两板原来的距离为d，电压为U质点的电量为qA、由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得mg（h+d）qU=0若保持S闭合，将A板适当上移，设质点到达b时速度为v，由动能定理得mg（h+d）qU=mv2，v=0，说明质点到达b孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b孔故A错误B、若保持S闭合，将B板适当下移距离d，由动能定理得mg（h+d+d）qU=mv2，则v0，质点能穿过b孔故B正确C、若断开S时，将A板适当上移，板间电场强度不变，设A板上移距离为d，质点进入电场的深度为d时速度为零由动能定理得mg（hd）qEd=0，又由原来情况有mg（h+d）qEd=0比较两式得，dd，说明质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故C错误D、若断开S，再将B板适当下移，根据动能定理，并由C选项分析可知，质点在到达b孔之前，速度减为零，然后返回故D错误故选：B【点评】本题应用动能定理分析质点的运动情况，其中用到一个重要推论：对于平行板电容器，当电量、正对面积不变，改变板间距离时，板间电场强度不变7一个带电+q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（）A小球不能过B点B小球仍恰能通过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点【解答】解：AB、没有电场时，最高点速度设为v， 则 mg=m又根据机械能守恒定律：mg（h2R）= 解得h= 加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v，则mgqE=m 解得：v= 而由动能定理得：mg（h2R）qE（h2R）=解得：v=，以上分析可知，说明小球仍恰好能过B点故A错误，B正确CD、由上，小球仍恰好过最高点，球与轨道间无作用力故CD错误故选：B【点评】本题是动能定理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度8如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔右极板电势随时间变化的规律如图乙所示电子原来静止在左极板小孔处不计电子的重力，下列说法中正确的是（）A从t=0时刻释放电子，电子时而向右运动，时而向左运动，最后打到右极板上B从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D从t=时刻释放电子，电子必将打到右极板上【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】分析电子的受力情况，来分析电子的运动情况，若一直向右运动，可以打在右板，若电子时而向右运动，时而向左运动，根据位移关系，分析电子的运动情况【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情况AB、从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，故A、B错；C、从t=时刻释放电子，内，电子向右做匀加速直线运动；内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；T内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，时刻速度减为零，接着重复，若两板距离足够大时，电子在两板间振动，故C正确D、用同样的方法分析从t=时刻释放电子的运动情况，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场也可能电子在向右过程中就碰到右极板，故D错误故选：C【点评】本题中电子在周期性变化的电场中运动，电场力是周期性变化的，关键要根据根据受力情况并结合牛顿定律分析电子的运动情况9用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变大D保持d不变，减小S，则不变【考点】电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：AB、根据电容的决定式C=分析得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变，减小d，则减小故A正确，B错误CD、根据电容的决定式C=分析得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大S，则减小，故C正确，D错误故选：AC【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=10如图所示，一导体AB在点电荷Q的电场中发生静电感应，下列说法正确的是（）A导体中M、N两点的电场强度相等B感应电荷在M点产生的场强大于感应电荷在N点产生的场强C如果把A端用一导线接地，则导线中将有电子流入大地DN点的电势大于M点的电势【考点】静电场中的导体 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】处于静电平衡状态的导体是等势体、内部电场强度处处为零，各点的电场强度是点电荷Q的电场强度与感应电荷的电场强度的矢量合【解答】解：A、处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，故导体中M、N两点的电场强度相等，故A正确 B、处于静电平衡状态的导体内部电场强度处处为零，各点的电场强度是点电荷Q的电场强度与感应电荷的电场强度的矢量合，由点电荷电场强度公式得，EmEn，故B正确 C、如果把A端用一导线接地，B端的电荷将被从大地上的负电荷中和，则导线中将有电子流入B端，故C错误 D、处于静电平衡状态的导体是等势体，M、N电势相等，故D错误故选：AB【点评】考查了处于静电平衡状态的导体的特点，是一个等势体、内部电场强度处处为零，要注意的是，当导体与大地连接后，大地是新组成的导体的远端11如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个电场线，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）AP、Q中，P的电势高B带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大D带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大【考点】电势差与电场强度的关系；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c的电势（Q点）最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D正确；故选：BD【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法12如图，真空中有两个点电荷Q1=+4.0108C和Q2=1.0108C，分别固定在x轴的x=0和x=6cm的位置上则在x轴上（）Ax=6cm和x=6cm处的点的电场强度为零B只有x=12cm处的点的电场强度为零C电场强度方向沿x轴正方向的区域有两处D电场强度方向沿x轴正方向的区域只有一处【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强运用合成进行分析【解答】解：A、某点的电场强度是正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的电场的叠加，是合场强根据点电荷的场强公式E= 所以要使电场强度为零，那么正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强大小相等方向相反不会在Q1的左边，因为Q1的电荷大于Q2，也不会在Q1 Q2之间，因为它们电荷电性相反，在中间的电场方向都是一样的；所以，只能在Q2右边设该位置据Q2的距离是L，所以= 解得L=6cm；所以x坐标轴上x=12cm处的电场强度为零，故A错误，B正确；C、在Q1 Q2之间，正电荷Q1和负电荷Q2在该处产生的场强方向沿x轴正方向，所以实际场强也是沿x轴正方向，根据点电荷的场强公式得x坐标轴大于12cm区域电场强度方向沿x轴正方向区域所以x坐标轴上电场强度方向沿x轴正方向区域是（0，6cm）和（12cm，），故C正确，D错误故选：BC【点评】空间中某一点的电场，是空间所有电荷产生的电场的叠加，场强是矢量，其合成遵守平行四边形定则二、计算题（本题包括5个小题，共52分）13如图所示，小球A和B带电荷量均为+q，质量分别为m和2m，用不计质量的竖直细绳连接，在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻细绳突然断开小球A和B之间的相互作用力忽略不计求：（1）该匀强电场的场强E（2）细绳断开后A、B两球的加速度aA、aB【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电场强度 【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】（1）以小球A、B整体为研究对象受力分析，根据平衡条件列方程求E（2）用隔离法对AB分别进行受力分析根据牛顿第二定律列方程求加速度【解答】解：（1）设场强为E，把小球A、B看作一个系统，由于绳未断前作匀速运动，则有：2qE=3mg得（2）细绳断后，根据牛顿第二定律，对A有：qEmg=maA得，方向向上；对B有：qE2mg=2maB（负号表示方向向下）答：（1）该匀强电场的场强E大小为（2）细绳断开后A球加速度大小是g，方向向上、B球的加速度大小为，方向竖直向下【点评】考查平衡条件、牛顿第二定律的应用，关键是灵活选取研究对象，正确的进行受力分析14（10分）（2015秋淮北校级月考）如图，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点ab=cd=L，ad=bc=2L，电场线与矩形所在平面平行，已知a、b、d点的电势分别为20V、24V和12V，一个质子以速度v0经过b点，速度方向与bc成45角，经过一段时间质子经过c点，不计质子的重力，求：（1）电场强度E；（2）质子从b点运动到c点的时间t【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，求的c点的电势，找出等势面，由U=Ed取得电场强度（2）质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，由运动学公式求的时间【解答】解：（1）在匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故UaUd=UbUc，解得：Uc=16V，d点电势为12V设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向场强为 E=，（2）、由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为x=2L=L，则运动时间为t=答：（1）电场强度E为；（2）质子从b点运动到c点的时间t为【点评】本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面15（10分）（2015秋淮北校级月考）如图所示为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1=2500V加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2=200V，两板间的距离为d=2cm，板长为L1=6.0cm，电子的质量为m=0.91031kg，电荷量为e=1.61019C，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力（1）求电子穿过A板时速度v0的大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y【考点】示波管及其使用 【分析】根据动能定理求出电子穿过A板时的速度大小电子在偏转电场中，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出电子从偏转电场射出时的侧移量【解答】解：（1）根据动能定理得：，解得：=3.0107m/s（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t，加速度为a，电子离开偏转电场时的侧移量为y由牛顿第二定律和运动学公式有：t=F=maF=eEE=a= y=at2由以上各式可解得：y=0.36m答：（1）电子穿过A板时速度v0的大小为3.0107m/s；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y为0.36m【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等16（13分）（2015秋淮北校级月考）长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后由A点释放，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时，小球到达B点速度恰好为零已知重力加速度为g，试求：（1）匀强电场的场强大小；（2）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小；（3）小球从A到B运动过程中的最大动能EAB及此位置细线与水平方向夹角【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强式中d是AB沿电场线方向的距离，d=LLcos60（2）小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力（3）速度最大，此时，切向方向合力为零，根据受力分析求的夹角，根据动能定理求得最大动能【解答】解：（1）小球由AB过程中，由动能定理：mgLsin60qUAB=0所以UAB=E=（2）小球在AB间摆动，由对称性知，B处细线拉力与A处细线拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有TA=Eq=mg所以TB=TA=mg或在B处，沿细线方向合力为零，有TB=Eqcos60+mgcos30=mg（3）假设静止释放，与水平方向的夹角为，速度最大，此时，切向方向合力为零满足qEsin=mgcos解得即=30根据动能定理可得mgLsin30qEL（1os30）=Ek0解得答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小为mg（3）小球从A到B运动过程中的最大动能EAB为，此位置细线与水平方向夹角为30【点评】本题考查了动能定理，共点力平衡条件，电场力做功的直接应用，第（2）问题也可以直接研究B处得到，小球在B处，沿绳方向合力为零有：FTB=Eqcos60+mgcos30=17（10分）（2015秋淮北校级月考）有三根长度皆为L=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00102kg的带电小球A和B，它们的电量分别为q和+q，q=1.00107CA、B之间用第三根线连接起来空间中存在大小为E=1.00106N/C的匀强电场，场强方向沿水平方向向右，平衡时A、B球的位置如图所示现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置，不计两带电小球间相互作用的静电力，取g=10m/s2求：（1）最后两球达到新的平衡位置时，线OA和线AB与竖直方向的夹角；（2）最后两球的机械能与电势能总和与烧断前相比的变化量【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律 【专题】电场力与电势的性质专题【分析